大学物理学课后答案(湖南大学出版社)
大学物理课后习题答案(上册)
由受力分析图可知：
所以当所以 增大，小球对木板的压力为N2将减小；
同时：
所以 增大，小球对墙壁的压力 也减小。
2-2. 质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少？
解：（1）轨道方程为
这是一条空间螺旋线。
在O 平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h
（2）
（3）
思考题1
1-1. 质点作曲线运动，其瞬时速度为 ，瞬时速率为 ，平均速度为 ，平均速率为 ，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的?
（1） ；（2） ；（3） ；（4）
答： （3）
1-2. 质点的 关系如图，图中 ， ， 三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大？哪一个速度小？
解：在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子，假设其质量为dm，可知： ，分析这dm的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以我们可列出： 。
距转轴为r处绳中的张力T(r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：
2-3. 已知一质量为 的质点在 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作用，引力大小与质点离原点的距离 的平方成反比，即 ， 是比例常数．设质点在 时的速度为零，求质点在 处的速度的大小。
解：由题意和牛顿第二定律可得：
再采取分离变量法可得： ，
两边同时取积分，则：
所以：
2-4. 一质量为 的质点，在 平面上运动，受到外力 (SI)的作用， 时，它的初速度为 (SI)，求 时质点的速度及受到的法向力 .
大学物理上册(湖南大学出版社-陈曙光)-课后习题答案全解
对两物体列运动方程得
T2- μm2g=m2a2，
F – T1– μm1g=m1a1．
可以解得m2的加速度为
= 4.78(m·s-2)，
绳对它的拉力为
= 1.35(N)．
2．4两根弹簧的倔强系数分别为k1和k2．求证：
AB方向的速度大小为 ，所以飞行时间为
．证毕．
1．10如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v2．今在车后放一长方形物体，问车速v1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？
[解答]雨对地的速度 等于雨对车的速度 加车对地的速度 ，由此可作向量三角形．根据题意得tanα=l/h．
因此人飞越的时间为：t= t1+ t2= 6.98(s)．
人飞越的水平速度为;vx0=v0cosθ=60.05(m·s-1)，
所以矿坑的宽度为：x=vx0t= 419.19(m)．
（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：vy=gt= 69.8(m·s-1)，
落地速度为：v= (vx2+vy2)1/2= 92.08(m·s-1)，
大学物理上册课后习题答案
第一章质点运动学
1．1一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2- 2t3．试求：
（1）第2s内的位移和平均速度；
（2）1s末及2s末的瞬时速度，第2s内的路程；
（3）1s末的瞬时加速度和第2s内的平均加速度．
[解答]（1）质点在第1s末的位置为：x(1) = 6×12- 2×13= 4(m)．
t1=vy0/g= 2.49(s)．
第二章课后习题答案(湖南大学物理)
第二章 质点力学的基本定律2.1 如图所示，把一个质量为m 的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs 较小，因此若不加支持，木块将加速下滑． （1）试证tan θ≧μs ； 的水平力F，可使木块恰不下滑？这时木块对（2）须施加多大斜面的正压力多大？（3）如不断增大F 的大小，则摩擦力和正压力将有怎样的变化？（1）[证明]木块在斜面上时受到重力G mg =和斜面的支持力N 以及静摩擦力f ，其中f ≦ f s = μs N ，而 N = G cos θ． 要使木块加速下滑，重力沿着斜面的分量不得小于最大静摩擦力f s ．根据牛顿第二定律得μs G cos θ = ma ≧0，G sin θ - 因此tan θ≧μs ． 证毕．（2）[解答]要使物体恰好不下滑，则有 - F cos θ = 0， （1） G sin θ - μs N F sin θ = 0． （2） N - G cos θ - （2）×μs +（1）得μs G cos θ – F cos θ - μs F sin θ = 0，G sin θ -解得sin cos cos sin s s F mgθμθθμθ-=+． （3）上式代入（2）得cos sin s mgN θμθ=+．（4）（3）[解答]当木块平衡时，一般情况下，有G sin θ - f - F cos θ = 0，N - G cos θ - F sin θ = 0． 解得f = G sin θ - F cos θ，N = G cos θ + F sin θ．可知：1当F的大小不断增加时，摩擦力将不断减小；当F = G tan θ时，摩擦力为零；当F再增加时摩擦力将反向；至于木块是否向上做加速运动，则要进一步讨论．2正压力将不断增加．[讨论]当tan θ < 1/μs 时，如果木块恰好不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，可得图2.1sin cos cos sin s s F mgθμθθμθ+=-．将（3）式中的μs 改为-μs 就是这个结果．可见：当tan θ = 1/μs 时，F 趋于无穷大，只有当tan θ< 1/μs 时，才能增加F 的大小使木块向上加速滑动．2.2 如图所示，设质量m = 10kg 的小球挂在倾角α = 30°的光滑斜面上，求：（1）当斜面以加速度a = g /3沿图中所示的方向运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大？（2）当斜面的加速度至少为多大时小球对斜面的正压力为零？（g = 9.8m·s -2）[解答]（1）小球受到重力G ，斜面的支持力N 和绳子的张力T ．建立坐标系，列方程得 T sin α – mg = 0， N cos α + N sin α = ma ． T cos α - 解得N = m (g cos α – a sin α) = 68.54(N)， m (g sin α + a cos α) = 77.29(N)． T = （2）令N = 0，得加速度为 a = g ctg α = 16.97(m·s -2)．2.3 物体A 和B 的质量分别为m A = 8kg ，m B = 16kg ，它们之间用绳子联结，在倾角α = 37°的斜面上向下滑动，如图所示．A 和B 与斜面的滑动摩擦因素分别为μkA = 0.2，μkB = 0.4，求：（1）物体A 和B 的加速度； （2）绳子的张力；（3）如果将A 和B 互换位置，则（1）和（2）的结果如何？[解答]根据角度关系可得sin α = 3/5 = 0.6，cos α = 4/5 = 0.8，0.75．tan α = 3/4 = （1）如果物体A 和B 之间没有绳子，由于tan θ≧μs ，可知：A 和B 都要沿斜面做加速运动，而B 的加速度比较小．当A 和B 之间有绳子时，它们将以相同的加速度运动．设绳子的张力为T ，根据牛顿第二定律分别对A 和B 列运动方程： μkA m A g cos α - T = m A a ，m A g sin α – m B g sin α – μkB m B g cos α = m B a ． T + 两式相加得 [(m A + m B )sin α – (μkA m A + μkB m B )cos α]g m B )a ， = (m A + 所以加速度为 [sin cos ]kA A kB BA Bm m a g m m μμαα+=-+= 3.26(m·s -2)．（2）将加速度a 的公式代入任一方程都可解得张力为图2.3()cos kB kA A B A Bm m g T m m μμα-=+= 3.86(N)．由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张力才为零，这是因为它们的加速度相等．（3）将A 和B 互换位置后，由于A 的加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力为零． A 的运动方程为m A g sin α – μkA m A g cos α = m A a A ， 解得 a A = g (sin α – μkA cos α) = 4.12(m·s -2)． 同理得a B = g (sin α – μkB cos α) = 2.7(4m·s -2)．2.4 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 2211sin 22y at g t α==⋅．x = v 0t ，将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2.5 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？ [解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用． 板对物体的支持大小等于物体的重力N m = mg = 19.6(N)，这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为f m = ma = 2(N)， 这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力M )g = 29.4(N)，N M = (m + 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为f M = μk N M = 7.35(N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为图2.4f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为+ M )g = Ma`， F – f – μk (m 即 F = f + Ma`+ μk (m + M )g = (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2.6 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= .78(m·s -2)， 绳对它的拉力2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2.7 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证： （1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足12111k k k =+；关系关系式（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2． [解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此1212F F F k k k =+，即12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2，即k = k 1 + k 2．12图2.62 图2.72.8 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；度1a 沿水平方向运动；（2）小车以加速（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；行的加速度1b把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）；（4）用与斜面平的加速度2b（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．（5）以同样大小[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ． （2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于ma/mg ， tan θ =所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力T ==（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ；T = mg cos φ． （4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长，与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边是mb cos φ，邻边是mg +mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T ==．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2.9 如图所示：质量为m = 10kg 的小球，拴在长度l = 5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多（2）图2.9大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为22d d s F ma m t ==， 其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，得2601cos 2B v gl θ︒=，解得B v =s -1)．由于22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为(2cos 1)Cn a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为a n = 0， 绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2.10 一质量为m 的小球，最初静止于如图所示的A 点，然后沿半径为r 的光滑圆弧的内表面ADCB 下滑．试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力．[解答]此题情形与上一题的数学类型是相同的． 取上题中l = r ，对（1）式积分 090d sin d C v v v gr αθθ-︒=-⎰⎰， 2901cos 2C v rg αθ-︒=，得 解得速度为C v ，角速度为C v r ω==由于N C – mg cos α = 2mg cos α，所以 N C = 3mg cos θ．2.11 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则 mg cos θ． F = 小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．图2.11由于d v t =，所以22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s vv t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ， h 表示石下落的高度．积分得 212v g h C=+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0， 因此速率为v =2.12 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212km v C x =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2n x mv k x =-⎰．（1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =（2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101nk C x n -=--，因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2.13 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d v f mg kv mt =--=，分离变量得d d()d v m mg kv t mmg kv k mg kv +=-=-++，积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln /m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++，小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤． 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+，当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2.14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v vf m mR t μ=-=，即 2d d kv t R v μ=-．积分得1kt C Rv μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-，因此 011kt Rv v μ=-． 解得01/k v v v t R μ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++，积分得0ln (1)`k kv tRx C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2.15 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为 F = mg tg θ． 珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ， 可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosgR θω=±．2.16 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得 = F d t = -kA cos ωt d t ， d I 积分得冲量为 /20(cos )d I kA t t ωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0，末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．mg图2.152.17 一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=-得21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得p ∆=．因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR == 2/42R T T mvmvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为F cos ωt ，F x = F cos θ = F sin ωt ， F y = F sin θ = 给小球的冲量大小为F cos ωt d t ，d I x = F x d t =d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得/4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2.18用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v ==14(m·s -1)，其速度的增量为v ∆=s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)， 对球的作用力为（不计重力）F = I/t = 366.2(N)．2.19 如图所示，3个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2） [解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a ，可列方程T = Ma ，联立方程可得a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式s = v 0t + at 2/2，可得B 拉C 之前的运动时间t =．此时B 的速度大小为v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．v xΔvv y2.20 一个原来静止的原子核，放射性蜕变时放出一个动量p 1 = 9.22×10-16g·cm·s -1的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向上放出一个动量p 2 = 5.33×10-16g·cm·s -1的中微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方向．[解答]原子核蜕变后的总动量大小为p =10-16(g·cm·s -1)．其方向与电子方向的夹角为θ = arctan(p 2/p 1) = 30°． 根据动量守恒定律，三个粒子总动量为零，12`0p p p ++=，所以原子核的反冲动量为12`()p p p p =-+=- ，其大小与电子和中微子的合动量的大小相等，方向相反，与电子速度的夹角为180 - θ = 150°．2.21 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作矢量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45°=0cos θ．2.22 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？方向为正方向，弧位移d s的大小为[解答]取弧长增加的d s = R d θ．重力G的大小为G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πsin d mgR θθ=-，图2.22积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f的大小为f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为4520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F就是平衡力，即0F G f ++=， 或者 ()F G f =-+．拉力的功元为d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR =．由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2.23 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为E 1 = mv 02/2，末动能为E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ， 积分得20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为2316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量-fs = ΔE k ，可得 s = -ΔE k /f ， 由此也能计算弧长和圈数。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。
（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (SI)，已知 t = 0 时，质点位于 x 0=10 m 处，初速 度 v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 的单位为 s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案
第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B).2(D).3(D).4(B).5(B).6(D).7(B).8(C).9(D).10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩.磁矩 ; (2). R 2c ；(3).)4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5).i .沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ. 0 ;(7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正.负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率0).半径为R .通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m.宽为2 R ).位置如右图中画斜线部分所示.求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小.由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ因而.穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外.与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而.穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管.圆环内外半径分别为R 1和R 2.芯子材料的磁导率为.导线总匝数为N .绕得很密.若线圈通电流I .求． (1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2. )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B d Φr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流.在导线内部作一平面S .S 的一个边是导线的中心轴线.另一边是S 平面与导线表面的交线.如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率0 =4×10-7T ·m/A.铜的相对磁导率r ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处.作一个单位长窄条. 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x R Ix20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度.设线圈中的电流强度为I ．解：如图.CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB . 方向其中 2/1)2/(sin 2==a a β.0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ. 同理, aI B BC π=240μ.方向．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ.方向⊙．∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向．5. 如图所示线框.铜线横截面积S = 2.0 mm 2.其中OA 和DO ＇两段保持水平不动.ABCD 段是边长为a 的正方形的三边.它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中.B 的方向竖直向上．已知铜的密度 = 8.9×103 kg/m 3.当铜线中的电流I =10 A 时.导线处于平衡状态.AB 段和CD 段与竖直方向的夹角 =15°．求磁感强度B 的大小．解：在平衡的情况下.必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia =31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈.半径分别为R 1、R 2.电流为I 1、I 2．电流的方向相反.求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右.那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0.则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0.则B的方向为沿x 轴负方向．P7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I .沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1T.沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV.上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)． 解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电.则正电荷堆积在上表面.霍耳电场的方向由上指向下.故上表面电势高.可知是p 型半导体。
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动作一： 双手叉腰，向前踢小腿。
细节：伸直腿并且绷紧脚部。
动作二： 右腿弯曲，双手扶住右膝，左腿伸直，钩脚。
细节：脚部尽量上钩。
动作三： 前跨步，双手扶稳迈出的大腿，下压后腿。
细节：后腿尽量拉长。
动作四： 双手扶地，头朝下，脚部向上伸展。
细节：脚尖尽量指向天空。
动作五： 双手叉腰，踮高脚跟走路。
细节：收紧臀部直达双腿。
动作六： 一腿持重，另一条腿伸直并脚尖点地，同时双臂沿脚尖点出方向打开。
细节：腰部平直下压。
第十三章 静电场 P38．13．1 如图所示，在直角三角形ABCD 的A 点处，有点电荷q 1 =1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = -4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强．[解答]根据点电荷的场强大小的公式22014q qE k r r ==πε，其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m 2·C -2．点电荷q 1在C 点产生的场强大小为112014q E AC =πε994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯，方向向下．点电荷q 2在C 点产生的场强大小为2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯， 方向向右．C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．13．2 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强．[解答]在带正电的圆弧上取一弧元d s = R d θ， 电荷元为d q = λd s ， 在O 点产生的场强大小为220001d 1d d d 444q s E R R R λλθπεπεπε===，场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为2d sin y LE E E ==⎰θ/6/60000sin d (cos )22R R==-⎰ππλλθθθπεπε0(1)22R=-λπε．13．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求：（1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强．[解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1 = 0.18(m)．在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产生的场强的大小为1220d d d 4()q lE k r x l ==-λπε场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场强大小通过积分得120d 4()LL lE x l λπε-=-⎰ 014LLx lλπε-=-011()4x L x Lλπε=--+ 220124L x L λπε=-． ①将数值代入公式得P 1点的场强为8912220.13109100.180.1E -⨯⨯⨯=⨯⨯-= 2.41×103(N·C -1)，方向沿着x 轴正向．（2）建立坐标系，y = d 2． 在细棒上取一线元d l ，所带的电量为 d q = λd l ，在棒的垂直平分线上的P 2点产生的场强的大小为2220d d d 4q lE kr r λπε==，由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为d E y = d E 2sin θ．由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ，因此02d sin d 4y E d λθθπε-=，总场强大小为02sin d 4Ly l LE d λθθπε=--=⎰02cos 4Ll Ld λθπε=-=LL=-==． ②将数值代入公式得P 2点的场强为89221/220.13109100.08(0.080.1)y E -⨯⨯⨯=⨯⨯+= 5.27×103(N·C -1)． 方向沿着y 轴正向．[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得1011011144/1a E d d a d d a λλπεπε==++，保持d 1不变，当a →∞时，可得1014E d λπε→， ③这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．（2）由②式得y E ==，当a →∞时，得022y E d λπε→， ④这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．13．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零．[解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强．在圆弧上取一弧元 d s =R d φ， 所带的电量为 d q = λd s ，在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E k r R Rλλϕπεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为d E x = -d E cos φ． 总场强为2/20/2cos d 4x E R πθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=，方向沿着x 轴正向．再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=，由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==，方向沿着x 轴负向．当O 点合场强为零时，必有`xx E E =，可得tan θ/2 = 1，因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．13．5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如图所示．试求：（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a 处的场强．（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d 处的场强．[解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = σd x ， 根据直线带电线的场强公式02E rλπε=，得带电直线在P 点产生的场强为00d d d 22(/2)xE rb a x λσπεπε==+-，其方向沿x 轴正向．由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为图13.4 图13.5/20/21d 2/2b b E x b a x σπε-=+-⎰ /2/2ln(/2)2b b b a x σπε--=+-0ln(1)2b aσπε=+． ① 场强方向沿x 轴正向．（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度仍然为dλ = σd x ，带电直线在Q 点产生的场强为221/200d d d 22()xE rb x λσπεπε==+，沿z 轴方向的分量为221/20cos d d d cos 2()z xE E b x σθθπε==+，设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此d d cos d 2z E E σθθπε==积分得arctan(/2)arctan(/2)d 2b d z b d E σθπε-=⎰0arctan()2b dσπε=． ② 场强方向沿z 轴正向．[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为λ = σb ，①式的场强可化为0ln(1/)2/b a E a b aλπε+=，当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02E aλπε→， ③这正是带电直线的场强公式．（2）②也可以化为0arctan(/2)2/2z b d E d b dλπε=，当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02z E dλπε→，这也是带电直线的场强公式．当b →∞时，可得2z E σε→， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．13．6 （1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？[解答]点电荷产生的电通量为Φe = q/ε0．（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe /6 = q /6ε0．（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．13．7 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为q = πR 2σ， 通过球面的电通量为 Φe = q /ε0， 通过半球面的电通量为Φ`e = Φe /2 = πR 2σ/2ε0．13．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性．（1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E = 0，（r < R 1）．（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ，穿过高斯面的电通量为d d 2e SSE S E rl Φπ=⋅==⎰⎰E S Ñ，根据高斯定理Φe = q /ε0，所以02E rλπε=， (R 1 < r < R 2)． （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E = 0，（r > R 2）．13．9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．[解答]方法一：高斯定理法．（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．在板内取一底面积为S ，高为2r 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为d e SΦ=⋅⎰E S2d d d S S S =⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E S E S E S 1`02ES E S ES =++=，高斯面内的体积为 V = 2rS ， 包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ，高斯面在板内的体积为V = Sd ， 包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②方法二：场强叠加法． （1）由于平板的可视很多薄板叠而成的，以r 为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层d y ，面电荷密度为d σ = ρd y ，产生的场强为 d E 1 = d σ/2ε0， 积分得100/2d ()222rd y dE r ρρεε-==+⎰，③ 同理，上面板产生的场强为/2200d ()222d ry d E r ρρεε==-⎰，④ r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．（2）在公式③和④中，令r = d /2，得E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0，E 就是平板表面的场强．平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．图13.713．10 一半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去一块半径为R`<R 的小球体，如图所示，试求两球心O 与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为均强电场．[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的叠加．对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r r ππρε=P 点场强大小为3E r ρε=． 当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r R ππρε=P 点场强大小为3203R E r ρε=． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为320`3O R E a ρε=，方向由O 指向O `．O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为`03O E a ρε=，方向也由O 指向O `．[证明]在小球内任一点P ，大球和小球产生的场强大小分别为3r E r ρε=，`0`3r E r ρε=， 方向如图所示．设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为222``2cos r r r r E E E E E θ=++2220()(`2`cos )3r r rr ρθε=++， 根据余弦定理得222`2`c o s ()a r r r r πθ=+--， 所以3E a ρε=， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．13．11 如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验电荷q 0从O 点经过半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功．[解答]正负电荷在O 点的电势的和为零：U O = 0；在C 点产生的电势为0004346C q q q U RRRπεπεπε--=+=，电场力将正电荷q0从O 移到C 所做的功为W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ．13．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2σ，B 平图13.10图13.11面的电荷面密度为σ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？[解答]两平面产生的电场强度大小分别为 E A = 2σ/2ε0 = σ/ε0，E B = σ/2ε0，两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为E = E A - E B = σ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面．两平面间的电势差为U = Ed = σd /2ε0，当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为 W = qU = qσd /2ε0．13．13 一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？[解答]带电球面在外部产生的场强为204Q E rπε=，由于d d R RRU U E r ∞∞∞-=⋅=⎰⎰E l200d 44RR QQr r r πεπε∞∞-==⎰04Q Rπε=，当U R = 0时，04Q U Rπε∞=-．13．14 电荷Q 均匀地分布在半径为R 的球体内，试证明离球心r （r <R ）处的电势为2230(3)8Q R r U Rπε-=． [证明]球的体积为343V R π=，电荷的体密度为334Q QV Rρπ==． 利用13．10题的方法可求球内外的电场强度大小为30034QE r r Rρεπε==，（r ≦R ）； 204Q E rπε=，（r ≧R ）．取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为d d d RrrRU E r E r ∞∞=⋅=+⎰⎰⎰E l3200d d 44RrRQ Qr r r R r πεπε∞=+⎰⎰230084R rRQQ rRrπεπε∞-=+22300()84Q Q R r RRπεπε=-+2230(3)8Q R r R πε-=．13．15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其他地方无电荷．（1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图； （2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图．[解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反．（1）在板内取一底面积为S ，高为2y 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为d e SΦ=⋅⎰E Sd d d 2S S S ES =⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰E S E S E S 12．高斯面内的体积为 V = 2yS ， 包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )．穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为地Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为 V = S 2b ， 包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρb/ε0， (b ≦y )；E = -ρb/ε0， (y ≦-b )．E-y 图如左图所示．（2）对于平面之间的点，电势为d d yU y ρε=-⋅=-⎰⎰E l 22y C ρε=-+，在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为22y U ρε=-，(-b ≦y ≦b )． 这是一条开口向下的抛物线．当y ≧b 时，电势为d d nqbnqbU y y C εε=-⋅=-=-+⎰⎰E l ，在y = b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρb 2/2ε0，因此电势为2002b bU y ρρεε=-+，(b ≦y )．当y ≦-b 时，电势为00d d b bU y y C ρρεε=-⋅==+⎰⎰E l ， 在y = -b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρd 2/2ε0，因此电势为2002b b U y ρρεε=+，两个公式综合得200||2b b U y ρρεε=-+，(|y |≧d )． 这是两条直线．U-y 图如右图所示．U-y 图的斜率就形成E-y 图，在y = ±b 点，电场强度是连续的，因此，在U-y 图中两条直线与抛物线在y = ±b 点相切．[注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量．根据其他关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即d U =-⋅⎰E l这是因为积分的起点位置是积分下限．13．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），设A 和B 两板相隔5.0cm ，板上各带电荷σ=3.3×10-6C·m -2，求：（1）在两板之间离A 板1.0cm 处P 点的电势；（2）A 板的电势． [解答]两板之间的电场强度为E=σ/ε0，方向从A 指向B ．以B 板为原点建立坐标系，则r B = 0，r P = -0.04m ，r A = -0.05m ．（1）P 点和B 板间的电势差为d d BBPPr r P B r r U U E r -=⋅=⎰⎰E l0()B Pr r σε=-， 由于U B = 0，所以P 点的电势为6123.3100.048.8410P U --⨯=⨯⨯=1.493×104(V)． （2）同理可得A 板的电势为()A B A U r r σε=-=1.866×104(V)．13．17 电量q 均匀分布在长为2L 的细直线上，试求：（1）带电直线延长线上离中点为r 处的电势； （2）带电直线中垂线上离中点为r 处的电势； （3）由电势梯度算出上述两点的场强． [解答]电荷的线密度为λ = q/2L ． （1）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为d q= λd l ，根据点电荷的电势公式，它在P 1点产生的电势为101d d 4lU r lλπε=-总电势为10d 4LL l U r lλπε-=-⎰ln()4Ll Lr l λπε=--=-0ln8q r LLr Lπε+=-． （2）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，在线的垂直平分线上的P 2点产生的电势为2221/20d d 4()lU r l λπε=+，积分得2221/201d 4()LLU l r l λπε-=+⎰)4Ll Ll λπε=-=0ln8q Lπε=0ln4q Lπε=．（3）P 1点的场强大小为11U E r∂=-∂011()8qL r L r L πε=--+22014qr L πε=-， ①方向沿着x 轴正向．P 2点的场强为22U E r∂=-∂01[4qL r πε==， ②方向沿着y 轴正向．[讨论]习题13．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为1220124L E x L λπε=-，由于2L λ = q ，取x = r ，就得公式①．（2）习题13．3的解答还计算了中垂线上的场强为y E =取d 2 = r ，可得公式②．由此可见，电场强度可用场强叠加原理计算，也可以用电势的关系计算．13．18 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：（1）A ，B 两点的电势；（2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强． [解答]（1）A 点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A 点的电势就等于球心O 点的电势．在半径为r 的球壳处取一厚度为d r 的薄壳，其体积为d V = 4πr 2d r ， 包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2d r ， 在球心处产生的电势为00d d d 4O qU r r r ρπεε==，球心处的总电势为21222100d ()2R O RU r r R R ρρεε==-⎰， 这就是A 点的电势U A ．过B 点作一球面，B 的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的．球面外的电荷在B 点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得22120()2B U R r ρε=-． 球面内的电荷在B 点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B 点产生的电势．球壳在球面内的体积为3314()3B V r R π=-， 包含的电量为 Q = ρV ，这些电荷集中在球心时在B 点产生的电势为332100()43B BBQ U r R r r ρπεε==-．B 点的电势为U B = U 1 + U 2322120(32)6B BR R r r ρε=--． （2）A 点的场强为0AA AU E r ∂=-=∂． B 点的场强为3120()3B B B B BU R E r r r ρε∂=-=-∂．[讨论] 过空腔中A 点作一半径为r 的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A 点场强为E = 0， (r ≦R 1)．过球壳中B 点作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为3314()3V r R π=-，包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0， 可得B 点的场强为3120()3R E r rρε=-， (R 1≦r ≦R 2)．这两个结果与上面计算的结果相同．在球壳外面作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为33214()3V R R π=-，包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得可得球壳外的场强为33212200()43R R qE r rρπεε-==，(R 2≦r )．图13.18A 点的电势为d d AAA r r U E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l12131200d ()d 3AR R r R R r r r rρε=+-⎰⎰2332120()d 3RR R r r ρε∞-+⎰22210()2R R ρε=-． B 点的电势为d d BBB r r U E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l23120()d 3BR r R r r r ρε=-⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰322120(32)6B BR R r r ρε=--． A 和B 点的电势与前面计算的结果相同．13．19 一圆盘，半径为R ，均匀带电，面电荷密度为σ，求：（1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x 来表示）；（2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度．（此题解答与书中P38页例13．13的解答相同，在此省略）13．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m -1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．（2）在离地面1400m 高处，场强降为20V·m -1，方向仍指向地球中心，试计算在1400m 下大气层里的平均电荷密度．[解答]地球的平均半径为R =6.371×106m ．（1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量．根据公式 E = -σ/ε0， 电荷面密度为 σ = -ε0E ； 地球表面积为 S = 4πR 2， 地球所带有的总电量为Q = σS = -4πε0R 2E = -R 2E /k ，k 是静电力常量，因此电量为629(6.37110)200910Q ⨯⨯=-⨯=-9.02×105(C)． （2）在离地面高为h = 1400m 的球面内的电量为2()``R h E Q k+=-=-0.9×105(C)， 大气层中的电荷为q = Q - Q` = 8.12×105(C)．由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为V = 4πR 2h = 0.714×1018(m 3)，平均电荷密度为ρ = q /V = 1.137×10-12(C·m -3)．第十四章 静电场中的导体和电介质P80．14．1 一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将A 和B 连接起来，则A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）[解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为204q E r πε=．当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q 时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A 和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为04cq U r πε=．14．2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d SΦ=⋅⎰D S Ñ12d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，可得电位移为 D = λ/2πr ， 其方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ， 方向也垂直中心轴向外．14．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？[解答]点电荷q在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势叠加，大小为000111444o q q Q qU r a bπεπεπε-+=++14．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？（2）A 板电势为多少？[解答](1)设A 的左右两面的电荷面密度分别为σ1和σ2，所带电量分别为q 1 = σ1S 和q 2 = σ2S ，在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = σ1S + σ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = σ1/ε0， A 、C 间的场强为 E 2 = σ2/ε0．设A 板与B 板的电势差和A 板与C 板的的电势差相等，设为ΔU ，则ΔU = E 1d 1 = E 2d 2， ②即 σ1d 1 = σ2d 2． ③解联立方程①和③得σ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)，所以 q 1 = σ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)；q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)．B 、C 板上的电荷分别为q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)． (2)两板电势差为ΔU = E 1d 1 = σ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π， 因此 ΔU = 144π = 452.4(V)． 由于B 板和C 板的电势为零，所以U A = ΔU = 452.4(V)．14．5 一无限大均匀带电平面A ，带电量为q ，在它的附近放一块与A 平行的金属导体板B ，板B 有一定的厚度，如图所示．则在板B 的两个表图14.3图14.42图14.5面1和2上的感应电荷分别为多少？[解答]由于板B 原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得q 1 + q 2 = 0． ①虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S ，则面电荷密度分别为σ1 = q 1/S 、σ2 = q 2/S 、σ = q/S ， 它们产生的场强大小分别为E 1 = σ1/ε0、E 2 = σ2/ε0、E = σ/ε0． 在B 板内部任取一点P ，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A 板产生的场强向左，取向右的方向为正，可得E 1 - E 2 – E = 0，即 σ1 - σ2 – σ = 0，或者说 q 1 - q 2 + q = 0． ② 解得电量分别为q 2 = q /2，q 1 = -q 2 = -q /2．14．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为120V ，两板间相距为1.2mm ，忽略边缘效应，求每一个金属板表面的电荷密度各为多少？[解答]由于左板接地，所以σ1 = 0．由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面，所以σ4 = 0．由于两板带等量异号的电荷，所以σ2 = -σ3．两板之间的场强为E = σ3/ε0，而 E = U/d ， 所以面电荷密度分别为σ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m -2)，σ2 = -σ3 = -8.84×10-7(C·m -2)．14．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R 1和R 2，球壳与地面及其他物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间电容可用公式202214R C R R πε=-表示．（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R >>R 2）[证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R 3大外球壳，外壳也接地．内球壳和外球壳之间是一个电容器，电容为1210012211441/1/R R C R R R R πεπε==--外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为2023141/1/C R R πε=-．外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为12120022144R R C C C R R R πεπε=+=+-202214R R R πε=-．方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的叠加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为0201`044q q R R πεπε+=，因此感应电荷为12`R q q R =-． 根据高斯定理可得两球壳之间的场强为122002`44R q q E r R r πεπε==-，负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为图14.61122d d R R R R U E r =⋅=⎰⎰E l121202()d 4R R R qr R r πε=-⎰1212021202()11()44R q R R q R R R R πεπε-=-= 球面间的电容为202214R q C U R R πε==-．14．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为120012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半：0121212R R C R R πε=-． 当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．14．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．[解答]假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2． 总电容的倒数为122112*********d d d d C C C S S Sεεεεεε+=+=+=， 总电容为122112SC d d εεεε=+．14．10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：（1）两极的电势差U ；（2）介质中的电场强度E 、电位移D ； （3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？ [解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d SΦ=⋅⎰D S Ñ12d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，高斯面包围的自由电荷为 q = λl ， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = λ/2πr ， 方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ，方向也垂直中心轴向外．取一条电力线为积分路径，电势差为21d d d 2R LLR U E r r r λπε=⋅==⎰⎰⎰E l21ln 2R R λπε=．电容为212ln(/)q l C U R R πε==．在真空时的电容为00212ln(/)l qC U R R πε==，所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．14．11 在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布； （2）介质层内、外表面的极化电荷面密度． [解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为2d d 4d S SD S r D Φπ=⋅==⎰⎰D S 蜒高斯面包围的自由电荷为q = Q 0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = Q 0/4πr 2， 方向沿着径向．用矢量表示为D = Q 0r /4πr 3．电场强度为E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3，方向沿着径向．由于 D = ε0E + P ，所以 P = D - ε0E = 031(1)4r Q rεπ-r．在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以D = Q 0r /4πr 3，E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0． （2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为E 0 = Q 0r /4πε0r 3；极化电荷q 1`产生的场强为E` = q 1`r /4πε0r 3；总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3． 由于 E = E 0 + E `，解得极化电荷为 `101(1)rq Q ε=-，介质层内表面的极化电荷面密度为``01122111(1)44r Q q R R σπεπ==-．在介质层外表面，极化电荷为``21q q =-，面密度为``02222221(1)44r Q q R R σπεπ==-．14．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．14．13 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？[解答]平行板电容器的电容为C = ε0S/d ，当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ； 另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．两个电容器并联，总电容为C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ，静电能为W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ．14．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；。
湖南大学大学物理二练习册答案
湖南大学大学物理二练习册答案Credit is the best character, there is no one, so people should look at their character first.湖南大学物理二练习册 参考解答第12章 真空中的静电场 一、选择题1A ;2C;3C;4A;5C ;6B;7C;8D;9D ;10B; 二、填空题1. 电场强度和电势;0/q F E =;l E q W U aa⎰⋅==00d /U 0=0.2. ()042ε/q q +; q 1、q 2、q 3、q 4 ；3. 0; / 2 0 ；4. R / 2 0 ；5. 0 ；6. ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r q ε ；7. －2×103 V ；8.⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb ar r q q 11400ε9. 0;pE sin ； 10. ()()j y x i xy 40122482+-+-- SI ；三、计算题1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状;设电荷均匀分布;电荷线密度为 ;四分之一圆弧AB 的半径为R ;试求圆心O 点的场强．解：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i R E -π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i R E +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i R E +π=034ελ由场强叠加原理;O 点合场强为： ()j i RE E E E +π=++=03214ελ2. 一“无限长”圆柱面;其电荷面密度为： = 0cos ;式中 为半径R 与x 轴所夹的角; 试求圆柱轴线上一点的场强．解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条;每条可视为“无限长”均匀带电直线;其电荷线密度为= 0cos R d ;它在O 点产生的场强为：它沿x 、y 轴上的二个分量为：O BA∞∞d E x =－d E cos =φφεσd s co 2200π-d E y =－d E sin =φφφεσd s co sin 200π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝002εσ ∴ i i E E x02εσ-== 3. 如图所示;一厚为b 的“无限大”带电平板 ; 其电荷体密度分布为 ＝kx 0≤x ≤b ;式中k 为一正的常量．求：1 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；2 平板内任一点P 处的电场强度；3 场强为零的点在何处解： 1 由对称分析知;平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ;如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S;即 得到 E = kb 2/ 4 0 板外两侧2 过P 点垂直平板作一柱形高斯面;底面为S ．设该处场强为E ';如图所示．按高斯定理有 ()02002εεkSb xdx kS S E E x ==+'⎰ 得到 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-='22220b x k E ε 0≤x ≤b 3 E '=0;必须是0222=-b x ; 可得2/b x = 4.在靠近地面处有相当强的电场;电场强度E垂直于地面向下;大小约为100N/C ；在离地面1.5 km 高的地方;E也是垂直于地面向下的;大小约为25 N/C ．1 假设地面上各处E都是垂直于地面向下;试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；2 假设地表面内电场强度为零;且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生;求地面上的电荷面密度．已知：真空介电常量0ε＝8.85×10-12C 2·N -1·m -2∴解：1 设电荷的平均体密度为 ;取圆柱形高斯面如图1直底面;底面 S 平行地面上下底面处的场强分别为E 1和E 2;则通过高斯面的电场强度通量为：⎰⎰E·S d ＝E 2 S -E 1 S ＝E 2-E 1 S 高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h S由高斯定理E 2－E 1 S ＝h S / 0()E E h1201-=ερ＝4.43×10-13 C/m 3(1)2 设地面面电荷密度为 ．由于电荷只分布在地表面;所以电力线终止于地面;取高斯面如图2由高斯定理 ⎰⎰E·S d =∑i 01q ε-E S =S ∆σε01∴ =－ 0 E ＝－8.9×10-10 C/m 35. 带电细线弯成半径为R 的半圆形;电荷线密度为 = 0sin ;式中 0为一常数; 为半径R 与x 轴所成的夹角;如图所示．试求环心O 处的电场强度． 解：在 处取电荷元;其电荷为d q = d l = 0R sin d它在O 点产生的场强为R R q E 00204d sin 4d d εφφλεπ=π=在x 、y 轴上的二个分量d E x =－d E cos ; d E y =－d E sin 对各分量分别求和⎰ππ=000d cos sin 4φφφελRE x ＝0 ∴ j Rj E i E E yx008ελ-=+= 6. 一半径为R 的带电球体;其电荷体密度分布为4πRqr=ρ r ≤R q 为一正的常量 = 0 r >R试求：1 带电球体的总电荷；2 球内、外各点的电场强度；3 球内、外各点的电势．解：1 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳;该壳内所包含的电荷为 d q = d V = qr 4 r 2d r / R 4 = 4qr 3d r/R 4 则球体所带的总电荷为 ()q r rRq V Q r V===⎰⎰034d /4d ρ2 在球内作一半径为r 1的高斯球面;按高斯定理有得 402114R qr E επ= r 1≤R;1E 方向沿半径向外．在球体外作半径为r 2的高斯球面;按高斯定理有 0222/4εq E r =π得 22024r qE επ= r 2 >R ;2E 方向沿半径向外．3 球内电势 球外电势7. 一“无限大”平面;中部有一半径为R 的圆孔;设平面上均匀带电;电荷面密度为 ．如图所示;试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势选O 点的电势为零．解：将题中的电荷分布看作为面密度为 的大平面和面密度为－ 的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面;坐标原点Ｏ在圆盘中心;大平面在x 处产生的场强为ixx E 012εσ=圆盘在该处的场强为i x R x x E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i xR x E E E 220212+=+=εσ该点电势为8．一真空二极管;其主要构件是一个半径R 1＝5×10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5×10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ;如图所示．阳极电势比阴极高300 V;忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．基本电荷e ＝1.6×10-19 C解：与阴极同轴作半径为r R 1＜r ＜R 2 的单位长度的圆柱形高斯面;设阴极上电荷线密度为 ．按高斯定理有 2 rE = / 0 得到 E = / 2 0r R 1＜r ＜R 2 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差得到 ()120/ln 2R R U U A B -=πελ; 所以 ()r R R U U E A B1/ln 12⋅-= 在阴极表面处电子受电场力的大小为＝4.37×10-14 N 方向沿半径指向阳极． 四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时;E →∞;这一推论显然是没有物理意义的;应如何解释 参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷;当r →0时;任何带电体都不能视为点电荷;所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ;其结论必然是错误的．当r →0时;需要具体考虑带电体的大小和电荷分布;这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场． 参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等电力线疏密程度不同而路径相等．因而按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E;此场不满足静电场环路定理;所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强;能否求出该点的电势 如果只知道电场中某点的电势;能否求出该点的场强 为什么参考解答：由电势的定义： ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强;所以;如果只知道电场中某点的场强;而不知道路径上各点的场强表达式;不能求出该点的电势.. 由场强与电势的关系： U E grad -=场中某点的电场强度是该点电势梯度的负值..如果只知道电场中某点的电势值;而不知道其表达式;就无法求出电势的空间变化率;也就不能求出该点的场强.. 4. 从工厂的烟囱中冒出的滚滚浓烟中含有大量颗粒状粉尘;它们严重污染了环境;影响到作物的生长和人类的健康..静电除尘是被人们公认的高效可靠的除尘技术..先在实验室内模拟一下管式静电除尘器除尘的全过程;在模拟烟囱内;可以看到;有烟尘从“烟囱”上飘出..加上电源;烟囱上面的烟尘不见了..如果撤去电源;烟尘又出现在我们眼前..请考虑如何计算出实验室管式静电除尘器的工作电压;即当工作电压达到什么数量级时;可以实现良好的静电除尘效果.. 参考解答：先来看看静电除尘装置的结构：在烟囱的轴线上;悬置了一根导线;称之谓电晕线；在烟囱的四周设置了一个金属线圈;我们称它为集电极..直流高压电源的正极接在线圈上;负极接在电晕线上;如右上图所示..可以看出;接通电源以后;集电极与电晕线之间就建立了一个非均匀电场;电晕线周围电场最大.. 改变直流高压电源的电压值;就可以改变电晕线周围的电场强度..当实际电场强度与空气的击穿电场13Vmm 103-⨯相近时空气发生电离;形成大量的正离子和自由电子.. 自由电子随电场向正极飘移;在飘移的过程中和尘埃中的中性分子或颗粒发生碰撞;这些粉尘颗粒吸附电子以后就成了荷电粒子;这样就使原来中性的尘埃带上了负电.. 在电场的作用下;这些带负电的尘埃颗粒继续向正极运动;并最后附着在集电极上.. 集电极可以是金属线圈;也可以是金属圆桶壁当尘埃积聚到一定程度时;通过振动装置;尘埃颗粒就落入灰斗中.. 这种结构也称管式静电除尘器.. 如右中图所示..对管式静电除尘器中的电压设置;我们可以等价于同轴电缆来计算..如右下图所示;r a 与r b 分别表示电晕极与集电极的半径;L 及D 分别表示圆筒高度及直径..一般L 为3-5m;D 为200-300mm;故L >>D ;此时电晕线外的电场可以认为是无限长带电圆柱面的电场.. 设单位长度的圆柱面带电荷为 .. 用静电场高斯定理求出距轴线任意距离r 处点P 的场强为：)1(ˆ20-----=r rE πελ式中r ˆ为沿径矢的单位矢量.. 内外两极间电压U 与电场强度E 之关系为⎰----⋅=b ar r lE U )2(d ;将式1代入式2;积分后得: abr r U ln20πελ-=; 故 a b r r r UE ln =.由于电晕线附近的电场强度最大;使它达到空气电离的最大电场强度m E 时;就可获得高压电源必须具备的电压代入空气的击穿电场;并取一组实测参数如下：m 15.0m,105.0,m V 103216=⨯==⋅⨯=--b a m r r r E ;计算结果V 101.54⨯=U .若施加电压U 低于临界值;则没有击穿电流;实现不了除尘的目的..也就是说;在这样尺寸的除尘器中;通常当电压达到105V 的数量级时;就可以实现良好的静电除尘效果..静电除尘器除了上述的管式结构外还有其它的结构形式;如板式结构等..可以参阅有关资料;仿上计算;也可以自行独立设计一种新型结构的静电除尘器..第13章 静电场中的导体和电解质 一、选择题1D;2A;3C;4C;5C;6B;7C;8B;9C;10B二、填空题1. 4.55×105 C ；2. x ;y ;z / 0;与导体表面垂直朝外 > 0 或 与导体表面垂直朝里 < 0.3. r ;1; r ；4. 1/ r ;1/ r ；5. ; 0 r ；6.Rq 04επ ；7. P ;－P ;0； 8 1- r / r ； 9. 452； 10. r ; r三、计算题1.如图所示;一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳;带有电荷Q ;在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点;试求： 1 球壳内外表面上的电荷．2 球心O 点处;由球壳内表面上电荷产生的电势．3 球心O 点处的总电势．解：1 由静电感应;金属球壳的内表面上有感生电荷-q ;外表面上带电荷q +Q ． 2 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的;因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ;所以由这些电荷在O 点产生的电势为3 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和2. 一圆柱形电容器;外柱的直径为4 cm;内柱的直径可以适当选择;若其间充满各向同性的均匀电介质;该介质的击穿电场强度的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． 自然对数的底e = 2.7183解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为 ;则电容器两极板之间的场强分布 为 )2/(r E ελπ=设电容器内外两极板半径分别为r 0;R ;则极板间电压为电介质中场强最大处在内柱面上;当这里场强达到E 0时电容器击穿;这时应有002E r ελπ=;000ln r RE r U =适当选择r 0的值;可使U 有极大值;即令0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U ;得 e R r /0=;显然有 22d d r U< 0;故当 e R r /0= 时电容器可承受最高的电压 e RE U /0max= = 147 kV.3. 如图所示;一圆柱形电容器;内筒半径为R 1;外筒半径为R 2 R 2＜2 R 1;其间充有相对介电常量分别为 r 1和 r 2＝ r 1 / 2的两层各向同性均匀电介质;其界面半径为R ．若两种介质的击穿电场强度相同;问：1 当电压升高时;哪层介质先击穿2 该电容器能承受多高的电压解：1 设内、外筒单位长度带电荷为＋ 和－ ．两筒间电位移的大小为 D ＝ / 2 r在两层介质中的场强大小分别为E 1 = / 2 0 r 1r ; E 2 = / 2 0 r 2r在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处;即 E 1M = / 2 0 r 1R 1; E 2M = / 2 0 r 2R 可得 E 1M / E 2M = r 2R / r 1R 1 = R / 2R 1已知 R 1＜2 R 1; 可见 E 1M ＜E 2M ;因此外层介质先击穿． 2 当内筒上电量达到 M ;使E 2M ＝E M 时;即被击穿; M = 2 0 r 2RE M 此时．两筒间电压即最高电压为：4. 一空气平行板电容器;两极板面积均为S ;板间距离为d d 远小于极板线度;在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t <d 的金属片;如图所示. 试求： 1 电容C 于多少2 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1;与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε= 金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关;与d 1、d 2无关;故金属片的安放位置对电容值无影响．5. 如图所示;一电容器由两个同轴圆筒组成;内筒半径为a ;外筒半径为b ;筒长都是L ;中间充满相对介电常量为 r 的各向同性均匀电介质．内、外筒分别带有等量异号电荷+Q 和-Q ．设 b - a << a ;L >> b ;可以忽略边缘效应;求： 1 圆柱形电容器的电容；2 电容器贮存的能量．解：由题给条件 a a b <<-)和b L >>;忽略边缘效应; 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为： )2/(0Lr Q E r εεπ=两筒间的电势差 =π=⎰r drL QU bar εε02a b L Q r ln 20εεπ 电容器的电容 )]//[ln()2(/0a b L U Q C r εεπ==电容器贮存的能量 221CU W =)/ln()]4/([02a b L Q r εεπ= 6. 如图所示;一平板电容器;极板面积为S ;两极板之间距离为d ;其间填有两层厚度相同的各向同性均匀电介质;其介电常量分别为 1和 2．当电容器带电荷±Q 时;在维持电荷不变下;将其中介电常量为 1的介质板抽出;试求外力所作的功． 解：可将上下两部分看作两个单独的电容器串联;两电容分别为d S C 112ε= ;dSC 222ε=串联后的等效电容为 ()21212εεεε+=d SC带电荷±Q 时;电容器的电场能量为 ()S d Q C Q W 21212242εεεε+== 将 1的介质板抽去后;电容器的能量为 ()S d Q W 202024εεεε+='外力作功等于电势能增加;即 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-'=∆=102114εεS d Q W W W A 7. 如图所示;将两极板间距离为d 的平行板电容器垂直地插入到密度为 、相对介电常量为 r 的液体电介质中．如维持两极板之间的电势差U 不变;试求液体上升的高度h ．解：设极板宽度为L ;液体未上升时的电容为 C 0 = 0HL / d 液体上升到h 高度时的电容为在U 不变下;液体上升后极板上增加的电荷为 电源作功 ()d hLU QU A r /120-==∆εε 液体上升后增加的电能液体上升后增加的重力势能 2221gdh L W ρ=∆ 因 A = W 1+ W 2;可解出 ()2201gdU h r ρεε-= 思考题1. 无限大均匀带电平面面电荷密度为σ两侧场强为)2/(0εσ=E ;而在静电平衡状态下;导体表面该处表面面电荷密度为σ附近场强为0/εσ=E ;为什么前者比后者小一半参考解答：关键是题目中两个式中的σ不是一回事..下面为了讨论方便;我们把导体表面的面电荷密度改为σ′;其附近的场强则写为./0εσ'=E对于无限大均匀带电平面面电荷密度为σ;两侧场强为)2/(0εσ=E .这里的 σ 是指带电平面单位面积上所带的电荷..对于静电平衡状态下的导体;其表面附近的场强为./0εσ'=E 这里的 σ′是指带电导体表面某处单位面积上所带的电荷..如果无限大均匀带电平面是一个静电平衡状态下的无限大均匀带电导体板;则σ是此导体板的单位面积上包括导体板的两个表面所带的电荷;而σ′仅是导体板的一个表面单位面积上所带的电荷..在空间仅有此导体板即导体板旁没有其他电荷和其他电场的情形下;导体板的表面上电荷分布均匀;且有两表面上的面电荷密度相等..在此情况下两个面电荷密度间的关系为σ =2σ′..这样;题目中两个E 式就统一了..思考题2：由极性分子组成的液态电介质;其相对介电常量在温度升高时是增大还是减小 参考解答：由极性分子组成的电介质极性电介质放在外电场中时;极性分子的固有电矩将沿外电场的方向取向而使电介质极化..由于极性分子还有无规则热运动存在;这种取向不可能完全整齐..当电介质的温度升高时;极性分子的无规则热运动更加剧烈;取向更加不整齐;极化的效果更差..此情形下;电极化强度Vp P i∆=∑ 将会比温度升高前减小..在电介质中的电场E 不太强时;各向同性电介质的P 和E间的关系为E P r )1(0-=εε.很明显;在同样的电场下;当温度升高后;相对介电常量εr 要减小..思考题3：有一上下极板成θ角的非平行板电容器长为a ;宽为b ;其电容如何计算 参考解答：设一平行板电容器是由长为a ;宽为b 的两导体板构成;板间距为d ;则电容为,0dabC ε=若该电容器沿两极板的长度同一方向有d x的长度增量;则电容为,d )d (0dxa C dx b a C εε+=+=' 在此基础上推广到如图所示的电容器;可以认为是在0C 的基础上;上极板沿与长度方向成θ角度连续增加到b ;下极板沿长度方向连续增加到b cos θ构成;把该电容器看成是由两个电容器并联时;该电容器的电容为即非平行板电容器的电容;思考题4：为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度待测材料可视作相对电容率为 r 的电介质;通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置;其中A 、B 为平板电容器的导体极板;S 为极板面积;d 0为两极板间的距离..试说明检测原理;并推出直接测量电容C 与间接测量厚度d 之间的函数关系..如果要检测钢板等金属材料的厚度;结果又将如何 参考解答：设极板带电S q 0σ=;两板电势差：d E d d E U 有电介质无电介质+-=∆)(0 则 )(00d d d s U q C r r -+=∆=εεε 介质的厚度为：CSd C S C d d r r r r r r r )1(1)1(0000---=--=εεεεεεεεε实时地测量A 、B 间的电容量C ;根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度、通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度..如果待测材料是金属导体;其A 、B 间等效电容与导体材料的厚度分别为：d d SC -=00ε; C Sd d 00ε-=.第14章 稳恒电流的磁场一、选择题1B;2D;3D;4B;5B;6D;7B;8C;9D;10A二、填空题1. 最大磁力矩;磁矩 ;2. R 2c ；3. )4/(0a I μ；4. R Iπ40μ ；5. 0i ;沿轴线方向朝右. ；6. )2/(210R rI πμ; 0 ;7. 4 ; 8. )/(lB mg ；9. aIB ; 10. 正;负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体磁导率 0;半径为R ;通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S 长为1 m;宽为2 R ;位置如右图中画斜线部分所示;求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小;由安培环路定律可得： )(220R r r RI B ≤π=μ 因而;穿过导体内画斜线部分平面的磁通 1为在圆形导体外;与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为因而;穿过导体外画斜线部分平面的磁通 2为穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+I μ 2. 横截面为矩形的环形螺线管;圆环内外半径分别为R 1和R 2;芯子材料的磁导率为 ;导线总匝数为N ;绕得很密;若线圈通电流I ;求．1 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量．2 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：1 在环内作半径为r 的圆形回路; 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2; )2/(r NI B π=μ在r 处取微小截面d S = b d r ; 通过此小截面的磁通量穿过截面的磁通量2 同样在环外 r < R 1 和r > R 2 作圆形回路; 由于0=∑i I∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流;在导线内部作一平面S ;S 的一个边是导线的中心轴线;另一边是S 平面与导线表面的交线;如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．真空的磁导率 0 =4 ×10-7 T ·m/A;铜的相对磁导率 r ≈1解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处;作一个单位长窄条;其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度所以通过d S 的磁通量为 x R Ix S B r d 2d d 20π==μμΦ 通过１m 长的一段S 平面的磁通量为 ⎰π=R r x R Ix 020d 2μμΦ60104-=π=I r μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度;设线圈中的电流强度为I ．解：如图;CD 、AF 在P 点产生的 B = 0 EF DE BC AB B B B B B +++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB ; 方向其中 2/1)2/(sin 2==a a β;0sin 1=β∴ a I B AB π=240μ; 同理; aI B BC π=240μ;方向 ． 同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ;方向⊙． ∴ a IB π=2420μaI π-240μaI π=820μ 方向 ．5. 如图所示线框;铜线横截面积S = 2.0 mm 2;其中OA 和DO ＇两段保持水平不动;ABCD 段是边长为a 的正方形的三边;它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中;B 的方向竖直向上．已知铜的密度 = 8.9×103 kg/m 3;当铜线中的电流I =10 A 时;导线处于平衡状态;AB 段和CD 段与竖直方向的夹角 =15°．求磁感强度B 的大小．解：在平衡的情况下;必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡对OO ＇轴而言．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= 磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π= 平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈;半径分别为R 1、R 2;电流为I 1、I 2．电流的方向相反;求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度．解：取x 轴向右;那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向若B > 0;则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0;则B 的方向为沿x 轴负方向．7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ;沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B B 的方向和样品中电流密度方向垂直．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T;沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV;上表面电势高．1 问这半导体是p 型正电荷导电还是n 型负电荷导电2 求载流子浓度n 0 即单位体积内参加导电的带电粒子数．解：1 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电;则正电荷堆积在上表面;霍耳电场的方向由上指向下;故上表面电势高;可知是p 型半导体..2 由霍耳效应知;在磁场不太强时;霍耳电势差U 与电流强度I ;磁感强度B 成正比;而与样品厚度a 成反比;即：aIB K U = 而 q n K 01= ∴ 根椐题给条件;载流子浓度为： 2001082.2⨯==aqUIB n m -3 四 研讨题1. 将磁场的高斯定理与电场的高斯定理相比;两者有着本质上的区别..从类比的角度可作何联想 参考解答：磁场的高斯定理与电场的高斯定理：作为类比;反映自然界中没有与电荷相对应“磁荷”或叫单独的磁极的存在..但是狄拉克1931年在理论上指出;允许有磁单极子的存在;提出：式中q 是电荷、qm 是磁荷..电荷量子化已被实验证明了..然而迄今为止;人们还没有发现可以确定磁单极子存在可重复的直接实验证据..如果实验上找到了磁单极子;那么磁场的高斯定理以至整个电磁理论都将作重大修改..1982年;美国斯坦福大学曾报告;用直径为5cm 的超导线圈放入直径20cm 的超导铅筒;由于迈斯纳效应屏蔽外磁场干扰;只有磁单极子进入才会引起磁通变化..运行151天;记录到一次磁通变化;但此结果未能重复..据查阅科学出版社1994年出版的;由美国引力、宇宙学和宇宙线物理专门小组撰写的90年代物理学有关分册;目前已经用超导线圈;游离探测器和闪烁探测器来寻找磁单极子..在前一种情况;一个磁单极子通过线圈会感应出一个阶跃电流;它能被一个复杂装置探测出来;但这种方法的探测面积受到线圈大小的限制..游离探测器和闪烁探测器能做成大面积的;但对磁单极子不敏感..现在物理学家们仍坚持扩大对磁单极子的研究;建造闪烁体或正比计数器探测器;相应面积至少为1000m 2..并建造较大的;面积为100m 2量级的环状流强探测器;同时加强寻找陷落在陨石或磁铁矿中的磁单极子的工作..2. 当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时;平行于磁场方向的速度分量如何变化 动能如何变化 垂直于磁场方向的速度分量如何变化参考解答：当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时;它所受到的磁场力有一个和前进方向相反的分量;这个分量将使平行于磁场方向的速度分量减小;甚至可使此速度分量减小到零;然后使粒子向相反方向运动这就是磁镜的原理..当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时;由于平行于磁场方向的速度分量减小;因而与这个速度分量相关的动能也减小..然而磁力对带电粒子是不做功的;粒子的总动能不会改变;因此;与垂直于磁场方向的速度分量相关的动能在此运动过程中将会增大;垂直于磁场方向的速度分量也相应地增大..3. 电磁流量计是一种场效应型传感器;如图所示：截面矩形的非磁性管;其宽度为d 、高度为h;管内有导电液体自左向右流动; 在垂直液面流动的方向加一指向纸面内的匀强磁场;当磁感应强度为B 时;测得液体上表面的a 与下表面的b 两点间的电势差为U ;求管内导电液体的流量..参考解答：导电液体自左向右在非磁性管道内流动时; 在洛仑兹力作用下; 其中的正离子积累于上表面;负离子积累于下表面; 于是在管道中又形成了从上到下方向的匀强霍尔电场E ;它同匀强磁场B 一起构成了速度选择器..因此在稳定平衡的条件下;对于以速度v 匀速流动的导电液体; 无论是对其中的正离子还是负离子;都有 ∴流速,Bd U =v 液体流量.BUh hd Q ==v 如果截面园形的非磁性管; B －磁感应强度；D－测量管内径；U －流量信号电动势；v －液体平均轴向流速; L 测量电极之间距离..霍尔电势U e(1) v kBL U e = k 无量纲的常数;在圆形管道中;体积流量是：把方程1、2 合并得：液体流量 BU kL D Q ⋅=42π 或者BU K Q =;K 校准系数;通常是靠湿式校准来得到.. 第15章 磁介质的磁化一、选择题1C;2B;3B;4C;5D二、填空题1. －8.88×10-6 ;抗 .2. 铁磁质;顺磁质;抗磁质.3. 7.96×105 A/m; 2.42×102 A/m.4. 各磁畴的磁化方向的指向各不相同;杂乱无章.全部磁畴的磁化方向的指向都转向外磁场方向.5. 矫顽力大;剩磁也大；例如永久磁铁．6. 磁导率大;矫顽力小;磁滞损耗低． 变压器;交流电机的铁芯等．三 计算题1. 一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R 2、外半径为R 3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为 的各向同性均匀非铁磁绝缘材料;如图．传导电流I 沿导线向上流去;由圆筒向下流回;在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B 的分布．。
湖南大学大一物理练习册 第4章《振动》答案
一、选择题 1(B)，2(C)，3(C)，4(D)，5(B) 二、填空题 (1). 0.05 m，-0.205（或-36.9°） (2). 3/4， 2 l / g
291 Hz 或 309 Hz 1 (4). 4×10 2 m， 2 1 (5). A cos(2 t ) 2 (3).
3
还是变小？ 参考解答： 因为弹簧振子的周期决定于系统的惯性和弹性， 惯性越大则周期越大。 因此可以定性地 说，在考虑了弹簧的质量之后，弹簧振子的周期肯定会变大。 若振子的质量为 M，弹簧的质量为 m，弹簧的劲度系数为 k，可以计算出，在考虑了弹 簧的质量之后，弹簧振子的振动周期为
T 2
M m/3 k
m
F x
O 图5
1 2 kA 0.5 J， ∴ A = 0.204 m． 2
A 即振幅．
2 k / m 4 (rad/s)2
= 2 rad/s． 按题目所述时刻计时，初相为 = ． ∴物体运动方程为 x 0.204 cos(2t )
(SI)．
四 研讨题 1. 简谐振动的初相是不是一定指它开始振动时刻的位相？ 参考解答： 对于一个振幅和周期已定的简谐振动，用数学公式表示时，由于选作原点的时刻不同， 值 就不同。例如，选物体到达正向极大位移的时刻为时间原点，则 值等于零；如果选物体到 达负向极大位移的时刻为时间原点，则 等于 。由于 是由对时间原点的选择所决定的， 所以把它叫做振动的初相。简谐振动的初相不是一定指它开始振动时刻的位相。 思考题：任何一个实际的弹簧都是有质量的，如果考虑弹簧的质量，弹簧振子的振动周期将 变大还是变小？ 2. 任何一个实际的弹簧都是有质量的，如果考虑弹簧的质量，弹簧振子的振动周期将变大
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12．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2σ，B 平面的电荷面密度为σ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？[解答]两平面产生的电场强度大小分别为 E A = 2σ/2ε0 = σ/ε0，E B = σ/2ε0，两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为 E = E A - E B = σ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面．两平面间的电势差为 U = Ed = σd /2ε0，当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为 W = qU = qσd /2ε0．13．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ， 球心o 的电势为多少？[解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势叠加，大小为 000111444o q q Q q U r a bπεπεπε-+=++13．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；（3）极板上的自由电荷面密度．[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为 C = (1 + εr )ε0S /2d ．（2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ．（3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ．设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得01112211/C U C QQ C C C C ==++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为00112122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S dεσε===++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为14．1通有电流I 的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方形．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]电流在O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律：002d d 4I r μπ⨯=l r B ， 圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为 012d d 4I lB aμπ=， 由于 d l = a d φ，积分得 11d L B B =⎰3/200d 4I a πμϕπ=⎰038Ia μ=． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为图13.3022d sin d 4I l B r μθπ=，由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ， 所以 d l = b d θ/sin 2θ； 又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ，可得 02sin d d 4I B bμθθπ=，积分得3/402/2d sin d 4LI B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/2(cos )48IIb bππμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为14．23 均匀带电细直线AB ，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O 以ω角速度均速转动，设直线长为b ，其A 端距转轴O 距离为a ，求：（1）O 点的磁感应强度B ； （2）磁矩p m ；（3）若a >>b ，求B 0与p m ．[解答]（1）直线转动的周期为T = 2π/ω，在直线上距O 为r 处取一径向线元d r ，所带的电量为 d q = λd r ，形成的圆电流元为 d I = d q/T = ωλd r /2π，在圆心O 点产生的磁感应强度为 d B = μ0d I /2r = μ0ωλd r /4πr ， 整个直线在O 点产生磁感应强度为 001d ln44a ba ab B r r a μωλμωλππ++==⎰， 如果λ > 0，B 的方向垂直纸面向外．（2）圆电流元包含的面积为S = πr 2，形成的磁矩为 d p m = S d I = ωλr 2d r /2，积分得 233d [()]26a bm ap r r a b a ωλωλ+==+-⎰．如果λ > 0，p m 的方向垂直纸面向外． （3）当a >>b 时，因为 00ln(1)( (44)b B a a μωλμωλππ=+=+， 所以 04bB a μωλπ≈．33[(1)1]6m a b p a ωλ=+-3223[33()()]62a b b b a b a a a ωλωλ=++≈． 16．1 一条铜棒长为L = 0.5m ，水平放置，可绕距离A 端为L /5处和棒垂直的轴OO`在水平面内旋转，每秒转动一周．铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T ．求铜棒两端A 、B 的电势差，何端电势高．[解答]设想一个半径为R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间d t 后转过的角度为d θ = ωd t ，扫过的面积为d S = R 2d θ/2， 切割的磁通量为 d Φ = B d S = BR 2d θ/2， 动生电动势的大小为ε = d Φ/d t = ωBR 2/2．根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高． AO 和BO 段的动生电动势大小分别为 22()2550AO B LBL ωωε==， 22416()2550BOB L BL ωωε==． 由于BO > AO ，所以B 端的电势比A 端更高，A 和B 端的电势差为图14.23图16.12310BO AOBL ωεεε=-=242332 1.010(0.5)1010ωπ-⨯⨯⨯==BL = 4.71×10-4(V)． 16．6 如图，有一弯成θ角的金属架COD 放在磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于金属架COD 所在平面，一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v 向右滑动，v 与MN 垂直，设t = 0时，x = 0，求下列两情形，框架内的感应电动势εi ．（1）磁场分布均匀，且B 不随时间改变； （2）非均匀的交变磁场B = Kx cos ωt ． [解答]（1）经过时间t ，导体杆前进的距离为 x = vt ， 杆的有效长度为 l = x tan θ = v (tan θ)t ， 动生电动势为 εi = Blv = Bv 2(tan θ)t ． （2）导体杆扫过的三角形的面积为S = xl /2 = x 2tan θ/2 = v 2t 2tan θ/2，通过该面的磁通量为3tan cos 2kx BS t θΦω== 33tan cos 2kv t t θω=感应电动势为d d i t Φε=-323tan (3cos sin )2kv t t t t θωωω=--，16．19 两个线圈的自感分别为L 1和L 2，，它们之间的互感为M ．将两个线圈顺串联，如图a 所示，求1和4之间的互感；（2）将两线圈反串联，如图b 所示，求1和3之间的自感．[解答]两个线圈串联时，通以电流I 之后，总磁场等于两个线圈分别产生的磁场的矢量和B = B 1 + B 2，磁场的能量为2d 2m VB W Vμ=⎰221212d d d 22V V VB B V V V μμμ⋅=++⎰⎰⎰B B 221212cos 11d 22VB B L I L I V θμ=++⎰． （1）当两个线圈顺串时，两磁场的方向相同，θ = 0，所以222121122m W L I L I MI =++， 自感系数为 12222m WL L L M I==++．（2）当两个线圈反串时，两磁场的方向相反，θ = π，所以222121122m W L I L I MI =+-， 自感系数为 12222m WL L L M I==+-．16．20 两个共轴的螺线管A 和B 完全耦合，A 管的自感系数L 1 = 4.0×10-3H ，通有电流I 1 = 2A ，B 管的自感L 2 = 9×10-3H ，通有电流I 2 = 4A ．求两线圈内储存的总磁能．[解答]A 管储存的自能为211112m W L I =32314102810(J)2--=⨯⨯⨯=⨯， B 管储存的自能为222212m W L I =323191047210(J)2--=⨯⨯⨯=⨯； 由于两线圈完全耦合，互感系数为O 图16.6M =3610(H)-==⨯，A 管和B 管储存的相互作用能为W m 12 = MI 1I 2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J)， 两线圈储存的总能量为W m = W m 1 + W m 2 + W m 12 = 0.128(J)．。